[ARC114 C] - Sequence Scores

一道狗屎的题目

问题陈述

对于长度为 $N$ 的序列 $A$ ，由 $1$ 和 $M$ (包括)之间的整数组成，让我们定义 $f(A)$ 如下：

• 我们有一个长度为 $N$ 的序列 $X$ ，其中每个元素最初都是 $0$ 。 $f(A)$ 是通过重复以下操作使 $X$ 等于 $A$ 所需的最小操作次数：

• 指定 $1\le l\le r\le N$ 和 $1\le v\le M$ ，然后为每个 $l\le i\le r$ 替换 $X_i$ 为 $\max (X_i,v)$ 。

求 $f(A)$ 对所有 $M^N$ 序列 $A$ 取模 $998244353$ 的和。

思路：

首先，我们先举两个例子：

若此时$N=5$,序列$A$为$1,2,2,2,1$,$f(A)=?$

若此时$N=5$,序列$A$为$2,1,1,1,2$,$f(A)=?$

第一个例子，明显可以看出，可以现将所有数变为$1$，在将$A[2-3]$($序列A下表为1\le i\le N$)变为二。所以$f(A)=2$

可是第二个例子就不一样了，此时，我们有两种选择。
1、先将$A[N],A[1]$变为$2$，再将$A[2-3]$变为$1$。

2、先将$A[1-N]$变为$1$，再将$A[2]，A[3]$变为$2$。

无论哪种选择，答案都为$f(A)=3$。

由此：

1、当$A_i=A_j(j\le i)$且有$A_k<A_i=A_j(j\le k\le i)$时，$f(A)+1$

2、当$A_i=A_j(j\le i)$且有$A_k>A_i=A_j(j\le k\le i)$时，$f(A)$不变。

所以，现设$f_{i,x}$为在$A_i$处填上$x,A[1-i]$段产生的贡献值。

$f_{i,x}=M^{i-1}-{\sum }_{k=1}^{i-1}(M-x{)}^{i-k-1}{M}^{k-1}$

其中，$M^{i-1}$为在确定了$A_i$后的可能总数
${\sum }_{k=1}^{i-1}(M-x{)}^{i-k-1}{M}^{k-1}$表示在$A_k>A_i=A_j(j\le k\le i)$时，不会让$f(A)$改变的可能。$M^{k-1}$即在$1\le i<k$时，前面的数随意填。

我们接下来设元化简，以下化简过程，请自行理解（理解不了就别理解！）：

设$G_{i,x}={\sum }_{k=1}^{i-1}(M-x{)}^{i-k-1}{M}^{k-1}$
因为$G_{i,x}={\sum }_{k=1}^{i-1}(M-x{)}^{i-k-1}{M}^{k-1}$

$G_{i-1,x}={\sum }_{k=1}^{i-2}(M-x{)}^{i-k-1}{M}^{k-1}$

所以：$G_{i,x}-G_{i-1,x}=G_{i-1,x}\ast M+(M-x{)}^{i-2}$

类似小学数学奥数中的错位相减法。

设$ans(n)$为最后答案。

则：$ans(i)=ans(i-1)+{\sum }_{j=1}^m{f}_{i,j}$

所以最后为：

$ans(i)=ans(i-1)+{\sum }_{j=1}^m{M}^{i-1}-G_{i,j}$

完结撒花 （作者已经接近窒息）

Sol：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,m,mod=998244353;
ll poww[5009][5009],ans[5009],dp[5009][5009];
int main()
{cin>>n>>m;for(ll i=0;i<=m;i++){poww[i][0]=1;for(ll j=1;j<=n;j++){poww[i][j]=poww[i][j-1]*i%mod;}}for(ll i=2;i<=n;i++){for(ll j=1;j<=m;j++){dp[i][j]=(dp[i-1][j]*m%mod+poww[m-j][i-2])%mod;}}for(ll i=1;i<=n;i++){for(ll j=1;j<=m;j++){ans[i]=(ans[i]+ans[i-1]+poww[m][i-1]-dp[i][j]+mod)%mod;}}cout<<ans[n];return 0;
}